Đề Giao Lưu HSG Toán 8 Năm 2016 – 2017 Phòng GD&ĐT Chí Linh – Hải Dương

(1)

UBND THỊ XÃ CHÍ LINH

PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ GIAO LƯU HỌC SINH GIỎI NĂM HỌC 2016 - 2017

MÔN: TOÁN 8 Thời gian làm bài: 150 phút

(Đề gồm 01 trang)

Câu 1: (2,0 điểm)

a) Rút gọn biểu thức : ²₂ ² ² ² ₂ ₃ 1 ¹ ²₂

2 8 8 4 2

x x x

A x x x x x x

   

          với x0;x2.

b) Cho hai số x, y thỏa mãn x + y = 2 và x² + y² = 10. Tính giá trị của biểu thức : M = x³ + y³. Câu 2: (2,0 điểm)

a) Giải phương trình : ² 4 6 ₂ ²¹ 4 10

x x

  

  b) Giải bất phương trình :

2

2 3

4 1 2 5

1 1 1

y

y y y y

  



  

a) Cho hai số chính phương liên tiếp. Chứng minh rằng tổng của hai số đó cộng với tích của chúng là một số chính phương lẻ.

b) Giải phương trình nghiệm nguyên dương : 3^y x²5x7. Câu 4: (3,0 điểm)

Cho tam giác ABC vuông tại A (AB > AC). Kẻ đường cao AH.

a) Chứng minh rằng : ^AB²₂ ^BH AC CH .

b) Kẻ AD là tia phân giác của góc BAH (D BH ). Chứng minh rằng : DH DC BD HC.  . . c) Gọi M là trung điểm của AB, E là giao điểm của hai đường thẳng MD và AH. Chứng minh rằng CE // AD.

Cho 0  b a 4 và 2ab3a4b. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P a ²b².

--- HẾT ---

--- Giám thị không giải thích gì thêm ---

(2)

UBND THỊ XÃ CHÍ LINH

PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ GIAO LƯU HỌC SINH GIỎI NĂM HỌC 2016 - 2017

MÔN: TOÁN - LỚP 8

(Hướng dẫn chấm và biểu điểm gồm 03 trang)

Câu ^Phần Nội dung đáp án Điểm

Câu 1 a

a) Ta có A ²₂ ² ² ² ₂ ₃ 1 ¹ ²₂

2 8 8 4 2

x x x

x x x x x x

   

         

2 2 2

2( 4) 4(2 ) (2 )

x x x x x

     

       

2 2 2 2

2 2 2 2 2

2 2 ( 1)( 2) ( 2) 4 ( 1)( 2)

2( 4) ( 4)(2 ) 2( 2)( 4)

x x x x x x x x x x

x x x x x x x

            

          

3 2 2 2

2 2 2 2

4 4 4 1 ( 4)( 1)

2( 4) . 2 ( 4)

x x x x x x x x

x x x x

     

 

 

1 2 x

x

  . Vậy A ¹ 2 x

x

  với x0;x2.

0,25 0,25

b

+ Ta có x²y² (x y )²2xy + Do đó 10 4 2  xy xy 3

+ Khi đó M x³y³ (x y )³3 (xy x y ) + Tính được M 2³3.( 3).2 26 

Vậy M = 26.

Chú ý : Nếu HS tính trực tiếp x và y rồi thay vào M tính vẫn cho điểm tối đa.

0,25 0,25 0,25 0,25

Câu 2 a

Ta có x²4x10 ( x2)²  6 0 x. Phương trình trở thành :

2 2 2 2

(x 4x6)(x 4x10) 21 (x 4x 8 2)(x 4x 8 2) 21

2 2

2 2 2 2

( 4 8) 25

4 8 5

4 3 0 (1) 4 13 0 (2)

x x

   

   

     

   

    

- Giải PT (1) được nghiệm x₁1;x₂ 3.

- Giải PT (2) vô nghiệm vì x² 4x13 ( x2)²  9 0 x Vậy tập nghiệm của PT là S {1;3}.

0,25

0,25 0,25

b

b) ĐK : y1

2 2 2

2 3 2 3

2

3 3 2

2 2

4 1 2 5 4(1 ) 1 2 5

1 1 1 (1 )(1 ) 1 0

3 3 3 ( 1) 3 ( 1)

0 0 0

1 1 (1 )(1 )

3 0 3 0 0 ( 1 0)

1

y y y y y

y y y y y y y y

y y y y y y

y y y y y

y y y do y y

y y

     

    

       

  

     

    

          

 

Vậy nghiệm của bất phương trình đã cho là ⁰ 1 y y

 

 

0,25 0,25 0,25 0,25

(3)

Câu 3 a

+ Gọi hai số chính phương liên tiếp lần lượt là a² và (a +1)² (a N ).

+ Theo bài ra ta có: a² + (a + 1)² + a²(a + 1)² = a⁴+ 2a³ + 3a² + 2a + 1

= (a⁴ + 2a³ + a²) + 2(a² + a) + 1 = (a² + a)² + 2(a + 1) + 1

= (a² + a + 1)² = [a(a+ 1) + 1]²

+ Do a nguyên nên a(a + 1) là số chẵn  a² + a + 1 là số lẻ.

+ Vậy [a(a+ 1) + 1]² là một số chính phương lẻ. Suy ra đpcm.

0,25

0,25 0,25 0,25

b

Nếu y2 thì vế trái chia hết cho 9, ta chứng minh vế phải không chia hết cho 9.

+ Thật vậy giả sử x²5x7 9  x²5x7 3  x²2x 1 3x6 3

2 2 1 3 ( 1) 32 ( 1) 3

x x x x

          (vì 3 là số nguyên tố).

Suy ra x có dạng x3k1(kN).

+ Khi đó x²5x 7 (3k1)²5(3k  1) 7 9k²9k3 không chia hết cho 9 mâu thuẫn giả sử.

+ Do đó y < 2. Suy ra y{0;1}. - Với y = 0 thì x{2;3}

- Với y = 1 thì x{1; 4}

+ Vậy (x ; y) = (2; 0), (3; 0), (1; 1), (4; 1).

0,25 0,25 0,25 0,25

Câu 4 Hìn

h vẽ

0,25

a

Chứng minh HAB HCA g g( . )

AH HB AB

HC AH AC

  

2 2

AB AH HB HB

AC HC AH. HC

  

Chú ý : HS có thể chứng minh AB² = BH.BC và AC² = CH.BC rồi chia vế.

0,25 0,25 0,25

M

E N

D H C

B

A 1 2

(4)

b

+ Chứng minh được :

 

 

 

 

1 2

90 90

o o

DAC A

ADC A DAC ADC

A A

  

   

 

=> ADC cân tại C

=> CA = CD.

+ Chứng minh được DH AH

DB  AB (tính chất đường phân giác) + Chứng minh được AH CH CH

AB  AC  CD (tam giác đồng dạng và do CA = CD)

+ Suy ra được DH CH . .

DH DC BD HC

DB  CD  

0,25 0,25 0,25 0,25

c

+ Dựng N là điểm đối xứng của D qua M => AN = BD.

+ Ta có :

( ) DH HE

AN AE DH DH CH

AN DB CD cmt

 



 



HE CH HE CH

AE CD AH DH

   

+ Suy ra được HCE HDA c g c( . . )__CEH __DAH + Mà hai góc ở vị trí SLT nên CE // AD.

0,25 0,25 0,25 0,25

Câu 5

+ Với 0 b 3,0  b a 4 thì P a ²b²3²4² 25 Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = 4; b = 3.

+ Chứng minh được bất đẳng thức (ax by )² (a²b²)(x²y²) (1) + Với 3  b a 4 thì 0    a b 4 3 1. Do đó (a b )²  a b

2 2 ( )2 2 2 (3 4 ) 4 3

P a b a b ab a b ab a b a b a b

               (2) Áp dụng (1) ta có (3a4 )b ² (3²4 )(² a²b²) 25( a²b²) (3)

Từ (2) và (3) suy ra (a²b^{2 2}) 25(a²b²)a²b² 25 + Vậy Max(P) = 25 khi a = 4; b = 3.

0,25 0,25

0,25

(5)